辽宁省沈阳市铁路实验中学2017届高三上学期期中物理试卷

辽宁省沈阳市铁路实验中学2017届高三上学期期中物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年辽宁省沈阳市铁路实验中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示是甲、乙两物体的速度﹣时间图象，其中三角形OPQ的面积为S1，三角形OQT的面积为S2．已知t=0时刻甲在前乙在后，二者相距为x0，下列说法正确的是（　　）‎ A．三角形OPQ的面积S1在数值上等于10‎ B．三角形OQT的面积S2在数值上等于10‎ C．若x0=12m，则两物体不能相遇 D．若x0=10m，则两物体相遇1次 ‎2．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（　　）‎ A．N点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．NC间场强方向向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎3．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，由于滑块A克服摩擦而产生的热量比滑块B的大 B．滑块A到达底端时的动量跟滑块B到达底端时的动量相同 C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 ‎4．如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示．A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则有拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运载过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（　　）‎ A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M+m0）v=Mv1+m0v2+mv3‎ B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2‎ C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv=（M+m）v′‎ D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足（M+m）v0=（M+m0）v1+mv2‎ ‎6．如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ（μ＜1）．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E=．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是（　　）‎ A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C．滑块回到A点时速度大小为v D．A、B两点间电势差为 ‎7．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器电容C=4μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则（　　）‎ A．S断开时电容器的电压为3V B．S断开时电容器a极板带负电 C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电 D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为1.92×10﹣5C ‎8．如图所示为汽车的加速度a和车速倒数的关系图象．若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　）‎ A．汽车所受阻力为1×103 N B．汽车匀加速所需时间为5 s C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2‎ D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104 W ‎9．如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点），将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠0，则A、B两小球质量之比为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、填空实验题：本题共3小题，每问2分，共计14分．‎ ‎11．如图所示，a、b、c、d…为传播简谐横波的介质中一系列等间隔的质点，相邻两质点间的距离均为0.1m．若某时刻向右传播的波到达a质点，a开始时先向上运动，经过0.2s d质点第一次达到最大位移，此时a正好在平衡位置（已知质点振幅为2cm，ad沿传播方向上的距离小于一个波长）．则该简谐横波在介质中的波速可能值为　　 m/s，此时质点j的位移为　　cm．‎ ‎12．如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，求棱镜的折射率．‎ ‎13．某同学用图甲所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，确定小球a的落点平均位置B．再把b球放在水平槽末端R，让a球仍从固定位置G由静止开始滚下，与b球碰撞后，落到水平地面的记录纸上，重复10次，得到两球的落点平均位置分别为A和C，其中b球落点痕迹如图乙所示．米尺水平放置，米尺的零点与O点对齐．‎ ‎（1）碰撞后b球的水平射程应取为　　cm；‎ ‎（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：　　（填选项号）‎ A．水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离；‎ B．a球与b球碰撞后，分别测量a球和b球的落点位置到O点的距离；‎ C．测量a球或b球的直径；‎ D．测量a球和b球的质量（或两球质量之比）；‎ E．测量G点相对于水平槽面的高度．‎ ‎（3）按照本实验方法，已知a球的质量为ma，b球的质量为mb，ma＞mb，那么动量守恒验证式是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共计46分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后的结果不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎14．神秘的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX﹣3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成，两星可视为质点，不考虑其他天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示．‎ ‎（1）可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体（视为质点）对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，试求m′（用m1、m2表示）；‎ ‎（2）已知A的质量m1，暗星B的质量m2，引力常量为G，由观测能够得到可见星A的运行速率v，求：可见星A运行周期T．‎ ‎15．在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0．射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、B都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量均为m．‎ ‎（i）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度．‎ ‎（ii）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．‎ ‎16．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d；电子所受重力不计，试求：‎ ‎（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；‎ ‎（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省沈阳市铁路实验中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示是甲、乙两物体的速度﹣时间图象，其中三角形OPQ的面积为S1，三角形OQT的面积为S2．已知t=0时刻甲在前乙在后，二者相距为x0，下列说法正确的是（　　）‎ A．三角形OPQ的面积S1在数值上等于10‎ B．三角形OQT的面积S2在数值上等于10‎ C．若x0=12m，则两物体不能相遇 D．若x0=10m，则两物体相遇1次 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】此题是追及与相遇问题，要分析清楚两物体的位移关系．抓住两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件．根据速度图象的“面积”表示位移进行分析．‎ ‎【解答】解：AB、根据几何知识可得，三角形OPQ的面积S1在数值上等于=10．三角形OQT的面积S2小于三角形OPQ的面积S1，即小于10．故A正确，B错误．‎ CD、由图线可知：在T时间内，甲车前进了S2，乙车前进了S1+S2；A、B乙车追上甲车时，若甲、乙两车速度相同，若x0=S1=10m，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次，若x0=12m＞S1，两物体不相遇；故CD正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎2．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（　　）‎ A．N点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．NC间场强方向向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．‎ ‎【解答】解：AB、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故AB错误．‎ C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；‎ D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，由于滑块A克服摩擦而产生的热量比滑块B的大 B．滑块A到达底端时的动量跟滑块B到达底端时的动量相同 C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 ‎【考点】功能关系；动量定理．‎ ‎【分析】根据功的计算公式得到克服摩擦力做功的表达式，再分析产生的热量关系．根据动量的性质可明确动量是否相同；‎ 重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功的平均功率关系，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量．由功能原理分析机械能的关系．‎ ‎【解答】解：A、对于任意斜面，设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ．则从顶端到底端的运动过程中，克服摩擦而产生的热量 Q=μmgcosθ•=μmgL，可知摩擦生热Q与斜面的底边长度成正比，由题，L2=2L1，所以B克服摩擦而产生的热量比A的大；故A错误；‎ B、两滑块滑到底部时速度方向肯定不同，故其动量一定不相同，故B错误；‎ C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A的加速度大，位移短，则A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；‎ D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示．A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则有拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运载过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中错误的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】当F较小且拉动AB整体时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止；当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动；分三个阶段根据牛顿第二定律列式讨论即可．‎ ‎【解答】解：A、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零；‎ 对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，加速度为：‎ ‎；‎ 当拉力足够大时，A、B的加速度不同，故对A，有：‎ 由于μ1mg＞μ2（M+m）g，故aA2＜aA3；故A正确；‎ B、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速度为零，故B错误；‎ C、当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体A，拉力小于μ1mg，静摩擦力等于拉力；‎ 当整体开始加速滑动时，对A，根据牛顿第二定律，有：F﹣f1=ma；静摩擦力f1逐渐增加，但依然小于μ1mg；‎ 当A、B发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为μ1mg；故C正确；‎ D、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力；‎ 滑动后，受地面的滑动摩擦力为μ2（M+m）g，保持不变；故D正确；‎ 本题选择错误的，故选：B ‎　‎ ‎5．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（　　）‎ A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M+m0）v=Mv1+m0v2+mv3‎ B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2‎ C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv=（M+m）v′‎ D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足（M+m）v0=（M+m0）v1+mv2‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】在M和m碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，M和m组成的系统动量守恒，m0在瞬间速度不变，应用动量守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：‎ Mv=Mv1+mv2；‎ 若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v′．‎ 故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ（μ＜1）．水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E=．如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是（　　）‎ A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C．滑块回到A点时速度大小为v D．A、B两点间电势差为 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】滑块在运动的过程中电场力与摩擦力做功，由动能定理即可求出AB之间的电势差，以及滑块返回A的速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、C、滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得：‎ 又：E=‎ 所以：‎ 滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，则：‎ 联立得：v′=v．‎ 由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间不相同．‎ 故A错误，B错误，C正确；‎ D、AB两点之间的电势差： =．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎7．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器电容C=4μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则（　　）‎ A．S断开时电容器的电压为3V B．S断开时电容器a极板带负电 C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电 D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为1.92×10﹣5C ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】S断开电路稳定时，电容器的电压等于R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电容器的电压．根据两极板电势关系，分析极板的电性．‎ S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，电容器的电压等于R1的电压，由电势高低分析极板的电性．根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律求出电容器的电压，由△Q=C△U求得电容器极板电量的变化量，即为流过电流表的电量．‎ ‎【解答】解：AB、S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压等于R2两端电压，由于a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电．‎ 电容器的电压：U1=E=×6V=3V；故A正确，B错误．‎ CD、S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电．‎ 由电路分析知，外电路总电阻为：R外==Ω=3Ω 电容器的电压为：U2=•E=××6V=1.8V．‎ 流过电流表的电量为 Q=CU1+CU2=4×10﹣6×（3+1.8）C=1.92×10﹣5C，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图所示为汽车的加速度a和车速倒数的关系图象．若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　）‎ A．汽车所受阻力为1×103 N B．汽车匀加速所需时间为5 s C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2‎ D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104 W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算．‎ ‎【分析】从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动 ‎【解答】解：A、设汽车的额定功率为P，由图知，汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f，代入得：P=f×30①‎ 当时，a=2m/s2，‎ 根据牛顿第二定律得：，‎ 代入得：②‎ 由①②解得：f=2×103N，P=6×104W，故A错误；‎ B、汽车匀加速运动的末速度，得v=10m/s，匀加速运动的时间，故B正确；‎ C、由图汽车匀加速运动的加速度为2m/s2，故C错误；‎ D、根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有：F﹣f=ma，代入数据得F=f+ma=2×103+2×103×2=6×103N 车速为5m/s时，功率为P=Fv=6×103×5=3×104W，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】分别对M点和N点的小球进行受力分析，根据合外力提供向心力的条件，由牛顿第二定律即可求出结果．‎ ‎【解答】解：M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：Fn=mgtan45°=mω•vM 所以：…①‎ 同理，N点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为，Fn′=mgtanθ=mωvN 所以：…②‎ 又：…③‎ r=Rsinθ…④‎ 联立②③④得：…⑤‎ 所以： =‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．如图所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点），将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠0，则A、B两小球质量之比为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式；再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，同样根据共点力平衡条件列式；最后联立求解．‎ ‎【解答】解：对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ ‎…①‎ 再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ ‎…②‎ 联立①②解得：‎ 故选：C ‎　‎ 二、填空实验题：本题共3小题，每问2分，共计14分．‎ ‎11．如图所示，a、b、c、d…为传播简谐横波的介质中一系列等间隔的质点，相邻两质点间的距离均为0.1m．若某时刻向右传播的波到达a质点，a开始时先向上运动，经过0.2s d质点第一次达到最大位移，此时a正好在平衡位置（已知质点振幅为2cm，ad沿传播方向上的距离小于一个波长）．则该简谐横波在介质中的波速可能值为　3或2　 m/s，此时质点j的位移为　0　cm．‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】波从a传到d时，d开始向上振动，经过 T第一次达到最大位移，而a正好在平衡位置，可能经过平衡位置向下，也可能经过平衡位置向上，由a的振动情况，确定周期，并判断波从a传到d的周期，即可知道ad间距离与波长的关系，从而求波长，即可求得波速．根据波传播的距离，分析质点j的位移．‎ ‎【解答】解：波从a传到d时，d开始向上振动，经过T第一次达到最大位移，而a正好在平衡位置，可能经过平衡位置向下，也可能经过平衡位置向上．‎ 若a正好经过平衡位置向下，则a已经振动了，波从a传到d的时间为T，则ad间的距离为λ，即有λ=0.3m，可得波长 λ=1.2m 且=0.2s，得 T=0.4s，故波速 v===3m/s．在时间内，波传播的距离为λ=0.6m，所以波还没有传到j，j的位移为0．‎ 若a正好经过平衡位置向上，则a已经振动了T，波从a传到d的时间为T，则ad间的距离为λ，即有λ=0.3m，可得波长 λ=0.4m 且T=0.2s，故波速 v==2m/s．在T时间内，波传播的距离为λ=0.4m，所以波还没有传到j，j的位移为0．‎ 综上，该简谐横波在介质中的波速可能值为3或2m/s，此时质点j的位移为0cm．‎ 故答案为：3或2，0．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，求棱镜的折射率．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图；根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由求解折射率即可．‎ ‎【解答】解：作出光路图如图所示．平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，如下图所示．图中θ1、θ2为AC面上入射角和折射角，根据折射定律，有 ‎ nsinθ1=sinθ2‎ 设出射光线与水平方向成角，则 ‎ θ2=θ1+α 由于：CC2=AB，CC1=AB．所以C1C2=AB，‎ 而AC2=BC=ABtanθ，θ=30°‎ 所以tanα==，‎ 可得α=30°，θ2=60°，θ1=30°，所以n==，‎ 答：作出光路图如图所示，棱镜的折射率是．‎ ‎　‎ ‎13．某同学用图甲所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，确定小球a的落点平均位置B．再把b球放在水平槽末端R，让a球仍从固定位置G由静止开始滚下，与b球碰撞后，落到水平地面的记录纸上，重复10次，得到两球的落点平均位置分别为A和C，其中b球落点痕迹如图乙所示．米尺水平放置，米尺的零点与O点对齐．‎ ‎（1）碰撞后b球的水平射程应取为　64.5　cm；‎ ‎（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：　ABD　（填选项号）‎ A．水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离；‎ B．a球与b球碰撞后，分别测量a球和b球的落点位置到O点的距离；‎ C．测量a球或b球的直径；‎ D．测量a球和b球的质量（或两球质量之比）；‎ E．测量G点相对于水平槽面的高度．‎ ‎（3）按照本实验方法，已知a球的质量为ma，b球的质量为mb，ma＞mb，那么动量守恒验证式是　maOB=maOA+mbOC　．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出示数；‎ ‎（2）根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度；‎ ‎（3）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图2所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.5cm；‎ ‎（2）A、水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前a球的速度，故A正确；‎ B、a球与b球碰撞后，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后a球的速度，故B正确；‎ C、不需要测量a球或b球的直径，故C错误；‎ D、测量a球和b球的质量（或两球质量之比），用来表示出球的质量，故D正确；‎ E、不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故E错误．故选：ABD．‎ ‎（3）根据实验原理可得mav0=mbv1+mbv2，‎ 由已测量的物理量ma、mb、OB、OA、OC．‎ 又因下落时间相同，即可求得：maOB=maOA+mbOC，‎ 故答案为：（1）64.5；（2）ABD；（3）maOB=maOA+mbOC．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共计46分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后的结果不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎14．神秘的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX﹣3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成，两星可视为质点，不考虑其他天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示．‎ ‎（1）可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体（视为质点）对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，试求m′（用m1、m2表示）；‎ ‎（2）已知A的质量m1，暗星B的质量m2，引力常量为G，由观测能够得到可见星A的运行速率v，求：可见星A运行周期T．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）抓住A、B做圆周运动的向心力相等，角速度相等，求出A、B轨道半径的关系，从而得知A、B距离为A卫星的轨道半径关系，可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体（视为质点）对它的引力，根据万有引力定律公式求出质量m′．‎ ‎（2）根据万有引力提供向心力由暗星B的质量m2与可见星A的速率v、求运行周期T．‎ ‎【解答】解：（1）设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速相同，设为ω．由牛顿运动定律，有 A、B之间的距离r=r1+r2‎ 由万有引力定律，有 FA=‎ 由以上各式可解得：m′=‎ ‎（2）由牛顿第二定律，有 可见星A的周期T=‎ 解得：T=‎ 答：（1）可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体（视为质点）对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，m′的表示式为；‎ ‎（2）已知A的质量m1，暗星B的质量m2，引力常量为G，由观测能够得到可见星A的运行速率v，可见星A运行周期T为．‎ ‎　‎ ‎15．在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0．射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、B都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量均为m．‎ ‎（i）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度．‎ ‎（ii）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（i）C球与B球粘连成D时由动量守恒定律列出等式，当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等由动量守恒定律解答弹簧长度刚被锁定后A球的速度．‎ ‎（ii）弹簧长度被锁定后由能量守恒列出等式，解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，势能全部转变成D的动能由能量守恒和动量守恒定律列出等式求解．‎ ‎【解答】解：（i）设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，由动量守恒有：‎ mv0=（m+m）v1…①‎ 当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒有：‎ ‎2mv1=3mv2…②‎ 由①②两式得A的速度为：v2=‎ ‎（ii）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒有：‎ ‎•2mv=+Ep 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，‎ 则有：Ep=‎ 以后弹簧伸长，A球离开档板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长．‎ 设此时的速度为v4，由动量守恒定律得：2mv3=3mv4‎ 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP′，‎ 由能量守恒定律得： =+EP′，‎ 由以上各式解得：EP′=‎ 答：（i）弹簧长度刚被锁定后A球的速度为．‎ ‎（ii）在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能是．‎ ‎　‎ ‎16．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d；电子所受重力不计，试求：‎ ‎（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；‎ ‎（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据在不同时段的运动性质，结合位移表达式，从而列出最大位移与最小位移关系式，即可求解；‎ ‎（2）根据各自位移的不同，结合动能定理，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）电子在t=2 nt0（其中：n=0、1、2、…）时刻进入电场，电子通过两极的侧向位移最大，‎ 在t=（2n+l）t0（其中n=0、l、2、…）时刻进入电场电子通过两板侧向位移最小．‎ 电子侧向位移最大时，进入电场在沿电场线方向上作初速度为零的匀加速运动，‎ 再作匀速运动，后作初速度不为零的匀加速运动，各段运动的时间均为t0；‎ 当电子侧向位移最小时，在电场线上只有在第二个t0的时间开始作初速度为零的匀加速运动，‎ 在第三个t0的时间作匀速运动．电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为a=，电子侧向最大位移为 ymax=at02+at02+at02+at02=3at02=． ‎ 解得：ymax=‎ 由以上两式解得ymax=t0；‎ ‎ d=2ymax=2t0；‎ 电子侧向最小位移为ymin=at02/2+at02=ymax=t0；‎ 解得：ymin=‎ ‎（2）电子离开偏转电场时的动能等于加速电场和偏转电场电场力做功之和．‎ 当电子的侧向位移为最大时，电子在电场中加速（只有加速，电场力才做功）．‎ 运动的距离为y1= ymax=，电子的侧向位移最小时，‎ 电子在电场中加速运动的距离为y2=ymin=，‎ 侧向位移最大的电子动能为 Ekmax=eUO+eUO•=eUO，‎ 侧向位移最小的电子动能为Ekmin=eUO+eUO•=eUO，‎ 故Ekmax：Ekmin=16：13‎ 答：（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；‎ ‎（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比16：13．‎ ‎　‎ ‎2017年1月11日